新疆乌鲁木齐市第八中学2022-2023学年高一上学期期末考试化学试题（解析版）

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乌鲁木齐市第八中学2022~2023学年高一年级第一学期期末考试化学试卷(考试时间：100分钟卷面分值：100分)(命题范围：人教版高中化学必修第一册)可能用到的相对原子质量：H-1O-16Na-23Cl-35.5K-39一、选择题(本大题共21道小题，每题2分，共计42分，每题只有一个正确选项，请把正确答案填写到对应位置。)1.化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法不正确的是A.“时气错逆，霜雾蔽日”，雾所形成的气溶胶能产生丁达尔效应B.储氢合金是一类能与氢气结合成金属氢化物的材料C.“外观如雪，强烧之，紫青烟起”，南北朝陶弘景对硝酸钾的鉴定过程中利用了焰色试验D.公共场所用“消毒液”和“洁厕灵”主要成分为盐酸的混合溶液杀菌消毒效果会更好【答案】D【解析】【详解】A．“时气错逆，霾雾蔽日”，描述的为丁达尔效应，雾为气溶胶能够产生丁达尔效应，故A正确；B．储氢合金能够大量吸收氢气，并与氢气结合成金属氢化物的材料，如镧镍合金，它吸收氢气可结合成金属氢化物，故B正确；C．“外观如雪，强烧之，紫青烟起”，涉及硝酸钾的焰色反应，显紫色，故C正确；D．“84消毒液”中含NaClO，而“洁厕灵”中含HCl，两者会发生归中反应生成有毒的氯气：ClO−+Cl−+2H+=Cl2↑+H2O，故两者不能混合使用，故D错误；故选：D。2.下列化合物中，既含离子键又含非极性共价键的是AB.C.D.【答案】C【解析】【详解】A．NH4Cl是铵盐，含有离子键和极性键，A错误；B ．K2S只含有离子键，B错误；C ．Na2O2是离子化合物，既含离子键又含非极性共价键(氧原子与氧原子之间)，C正确；D ．CO2是共价化合物，只有极性键，D错误，答案选C。3.化学与社会生活有着密切的联系。下列有关说法中错误的是A.为防止食品被氧化而变质，常在包装袋中放入适量的铁粉第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司

1B.俗称磁性氧化铁，常用作红色油漆和涂料C.过氧化钠可用于呼吸面具或潜水艇中作为氧气的来源D.明矾可以用来净水是因为溶于水后形成了Al(OH)3胶体具有吸附性【答案】B【解析】【详解】A．铁粉具有还原性，能与氧气和水反应，可用于防止食品被氧化而变质，故A正确；B．四氧化三铁为黑色，不能用作红色油漆和涂料，故B错误；C．过氧化钠与水、二氧化碳反应都产生氧气，可用于呼吸面具或潜水艇中作为氧气的来源，故C正确；D．明矾可以净水是因为明矾溶于水铝离子发生水解反应时生成氢氧化铝的胶状物，该胶状物吸附悬浮于水中的杂质，使杂质从水中沉降下来，故D正确；故选：B。4.科学家开发出一种低成本光伏材料—蜂窝状石墨烯。生产原理是Na2O+2CONa2CO3+C(石墨烯），然后除去Na2CO3,即可制得蜂窝状石墨烯。下列说法不正确的是（）A.该生产石墨烯的反应属于氧化还原反应B.石墨烯与金刚石互为同素异形体C.Na2O属于碱性氧化物，CO属于酸性氧化物，Na2CO3属于盐D.自然界中钠元素以化合态形式存在【答案】C【解析】【详解】A.根据石墨烯生产原理知，反应过程中碳元素化合价+2价变化为+4价和0价，为氧化还原反应，故A正确；B.石墨烯与金刚石是碳元素组成的不同单质，互为同素异形体，故B正确；C.Na2O属于碱性氧化物，Na2CO3属于盐，CO和碱不反应，不属于酸性氧化物，故C错误；D.钠的化学性质活泼，在自然界中只存在化合态，故D正确；故选C。5.曾经，一种能自行发光的矿石(名为“太阳石”)走进了大家的视野.经过众多努力，人们发现了“太阳石”中含钡(，位于元素周期表第六周期第ⅡA族)的化合物。下列有关说法错误的是A.单质能与水剧烈反应B.难溶于水，不是电解质C.是一种易溶于水的强碱D.的原子核内中子数为82【答案】B【解析】第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司

2【详解】A．位于元素周期表第六周期第ⅡA族，所以金属性比钙活泼，单质能与水剧烈反应，故A正确；B．是难溶于水盐，属于电解质，故B错误；C．金属性很强，所以是一种易溶于水的强碱，故C正确；D．的原子核内中子数=138-56=82，故D正确；故答案：B。6.化学用语是学习化学的基础工具，下列化学用语正确的是A.的结构式：B.质量数为的氯原子：C.的分子结构模型：D.的电子式：【答案】A【解析】【详解】A．氮气分子中两个氮原子共用三对电子，结构式为N≡N，故A正确；B．氯元素的质子数为17，中子数为18的氯原子的质量数为37，左下角数字代表质子数，左上角数字代表质量数，该原子的正确表示方法为：，故B错误；C．CO2是直线形分子，含有C=O双键，并且C原子半径大于O原子，则CO2分子结构模型为，故C错误；D．水为共价化合物，2个H与O分别共用1对电子，电子式为，故D错误；故选：A。7.CO与反应生成的历程如图(部分微粒未画出)，下列分析不正确的是A.在该过程中，CO断键形成C和OB.CO和O生成了具有极性共价键的C.分子的空间结构是直线型D.CO和生成的过程涉及电子转移【答案】A【解析】【详解】A．根据过程示意图可知，CO中的化学键没有断裂形成C和O，A错误；B．CO2的结构式为O=C=O，CO和O生成了具有极性共价键的CO2，B正确；第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司

3C．根据图示，CO2分子的空间结构为直线型，C正确；D．CO中C显+2价，中O显0价，CO2中C显+4价、O显-2价，CO和生成CO2存在化合价的变化，所以涉及电子转移，D正确；答案选A。8.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.溶液：、、、B溶液：、、、C.溶液：、、、D.溶液：、、、【答案】C【解析】【详解】A．Ca2+与不共存，A不符合题意；B．在酸性条件下不共存，B不符合题意；C．离子之间不反应可以共存，C符合题意；D．KMnO4具有强氧化性，Fe2+具有还原性，在酸性条件下，具有氧化性，不能共存，D不符合题意；故答案为：C。9.下列实验装置及实验结果合理的是图图图图A.实验室用图所示装置制备少量氧气B.实验室用图所示装置测定氯水的C.实验室用图3所示装置证明非金属性强弱：D.实验室用图4所示装置制备少量，先打开止水夹，一段时间后再关闭【答案】D【解析】【详解】A．过氧化钠易溶于水而且遇水剧烈反应，不能控制反应的发生与停止，不能达到制备少量氧气的要求，A不合理；第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司

4B．氯水具有漂白性，会使得试纸褪色，无法用pH试纸测定其pH，B不合理；C．盐酸易挥发，应该先除去盐酸，且比较非金属的强弱应该比较最高价氧化物的水化物酸性强弱，C不合理；D．氢氧化亚铁不稳定，易被空气氧化生成氢氧化铁而变质，为制取氢氧化亚铁，所以要先打开止水夹a，使A管中物质反应一段时间后，再夹紧止水夹，A中生成的氢气将空气排出，生成的硫酸亚铁和氢氧化钠混合时氢氧化亚铁不被氧化，可制备较纯净的氢氧化亚铁，D正确；故答案为：D。10.设为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A.其中代表中含有的中子数为B.溶液中所含阳离子数目为C.常温常压下，和的混合气体48g所含氧原子数为2.5D.单质与足量水蒸气在高温下完全反应，失去个电子【答案】D【解析】【详解】A．一个含有13个中子，则(其中D代表)中含有的中子数为13NA，故A错误；B．溶液的体积未知，不能计算阳离子的数目，故B错误；C．氧气和臭氧均由氧原子构成，故48g混合物中含有的氧原子的物质的量为，数目为3NA，故C错误；D．铁和水蒸气反应后生成Fe3O4，化合价从0变为价，故3mol单质Fe与足量水蒸气在高温下完全反应，失去8NA个电子，故D正确；故答案选D。11.下列反应的离子反应方程式正确的是A.溶于水产生B.过量二氧化碳通入饱和碳酸钠溶液中：C.将足量通入溶液中：D.与过量小苏打溶液混合：【答案】D【解析】【详解】A．Na2O2溶于水产生O2，离子方程式为：2Na2O+2H2O═4Na++4OH-+O2↑，故A错误；B．过量的二氧化碳通入饱和碳酸钠溶液中生成碳酸氢钠沉淀，正确的离子方程式为2Na++CO2+第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司

5+H2O=2NaHCO3，故B错误；C．将足量Cl2通入到FeI2溶液中，亚铁离子和碘离子都完全被氧化，反应的离子方程式为2Fe2++4I-+3Cl2=2Fe3++2I2+6Cl-，故C错误；D．Ba(OH)2与过量小苏打即NaHCO3溶液混合即氢氧化钡为少量，以Ba(OH)2定为‘1’，生成碳酸钡沉淀和碳酸钠，离子方程式为：，故D正确；故选：D。12.将气体通入溶液中，实验结果与预测的现象一致的组合是气体溶液预测的现象①饱和溶液白色沉淀析出②溶液白色沉淀析出③溶液白色沉淀析出④溶液白色沉淀析出A.只有①③④B.只有①②④C.只有①②③D.①②③④【答案】A【解析】【详解】①二氧化碳和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解性小于碳酸钠的溶解性，所以向饱和的碳酸钠溶液中通入适量的二氧化碳发生Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3↓，会出现白色沉淀析出，故①正确；②碳酸的酸性弱于盐酸，所以CO2通入BaCl2溶液中不能生成BaCO3白色沉淀，预测现象不符合实验现象，故②错误；③氯气先与水反应生成盐酸，生成的盐酸与AgNO3反应生成不溶于水的AgCl白色沉淀，预测现象符合实验现象，故③正确；④氨气溶于水生成弱碱一水合氨，氨水与AlCl3反应生成不溶于水的Al(OH)3白色沉淀，预测现象符合实验现象，故④正确；故选：A。13.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A.B.C.第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司

6D.【答案】B【解析】【详解】A．盐酸的酸性大于碳酸的酸性，则氯化钙溶液与二氧化碳不反应，可知CaCl2转化为CaCO3不能实现，故A错误；B．NaOH与盐酸反应生成氯化钠，氯化钠与硝酸银反应生成AgCl，转化均可一步实现，故B正确；C．高温下Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，则Fe转化为Fe(OH)2不能实现，故C错误；D．氧化铝不溶于水，与水不反应，则Al2O3转化为Al(OH)3不能实现，故D错误；故选：B。14.下列除去物质中混有少量杂质的方法正确的是选项物质杂质方法A将固体混合物加热至恒重B通入足量气体C通过盛有饱和溶液的洗气瓶D加入足量溶液，充分反应，过滤A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．加热至恒重后转化为，达到除杂目的，A正确；B．通入气体后，和都会反应，B错误；C．可以和反应，C错误；D．加入溶液反应后过滤得到的是固体，D错误；故答案为：A。15.科学家卢瑟福通过核反应，发现了质子的存在，为人类打开了原子核的大门。下列描述中正确的是A.元素的相对原子质量为B.最简单氢化物的沸点：C.元素是N元素D.原子半径：【答案】C【解析】【详解】A．17为Y的质量数等于该原子的相对原子质量，而非Y元素的相对原子质量，A错误；第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司

7B．根据质子数推断，X为氮元素，Y为O元素，水分子间含有的氢键数目较多，水的沸点应高于氨气，故最简单氢化物的沸点Y>X，B错误；C．根据质子数推知，X元素为N元素，C正确；D．同周期元素从左到右，原子半径不断减小，故N的原子半径大于O，D错误；答案选C。16.短周期主族元素、、、、的原子序数依次增大，原子半径及主要化合价见下表：元素原子半径主要化合价、、根据表中信息，判断以下说法错误的是A.离子半径：B.由、两种元素组成的化合物不只有一种C.相同条件下，简单气态氢化物的热稳定性：D.元素、、中，原子失电子能力最强【答案】C【解析】【分析】元素最高正价为其最外层电子数，最低负价为得电子数，O、F无正价，金属无负价；根据元素化合价可知，X为O，由半径关系及化合价可知，Y为Na，Z为Mg，M为Al，N为S；【详解】A．电子层数越多，半径越大，则r(N2−)>r(Z2+)，A正确；B．X为O，Y为Na，可组成的化合物为Na2O2及Na2O，B正确；C．同主族，从上到下，气态氢化物的稳定性减弱，则N

8【分析】Y是地壳中含量最高的元素，则Y为O；短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的原子半径小于Y的原子半径，则X为H；Z与X同主族，则Z为Na；W的最外层电子数等于Y与Z的最外层电子数之和，则W为Cl，综上，X为H、Y为O、Z为Na、W为Cl，据此分析解答；【详解】A．Y为O、Z为Na、W为Cl，则形成的化合物为NaClO，为漂白液的主要成分，A正确；B．判断原子半径大小，电子层数越多，半径越大，电子层相同，核电荷数越大，半径越小，则半径Na>Cl>O>H，B错误；C．半径O2-＞Na+，C正确；D．X和Y可以形成H2O、H2O2，则所含电子数为分别为10e-、18e-，D正确；故答案为：B。18.下列有关实验操作、现象和结论都正确的是选项实验操作现象结论A向的混合溶液中加入铁粉有固体残留反应后的溶液中一定不存在，可能不存在B将某溶液加入少量酸性溶液中溶液紫色褪去该溶液中一定存在还原性阳离子C将氯气通入装有湿润的红色纸条的广口瓶中红色纸条褪色氯气具有漂白性D向溶液中加入新制氯水后，再加入溶液溶液变为红色溶液变质了A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．Fe、Cu都能和反应，向的混合溶液中加入铁粉，有固体残留，残留固体中一定有铜、可能有铁，反应后的溶液中一定不存在，可能不存在，故A正确；B．将某溶液加入少量酸性溶液中，溶液紫色褪去，说明高锰酸钾被还原，该溶液中一定存在还原性离子，可能是还原性阴离子，如：I-，故B错误；C．氯气没有漂白性，氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白性，故C错误；D．氯水能把氧化为，向溶液中加入新制氯水后，再加入溶液，溶液变为红色，不能说明溶液变质，故D错误；选A。19.下列有关物质转化关系的说法中不正确的是第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司

9A.图中反应一定是置换反应或复分解反应B.图中甲可能是可能是C.图中是向某溶液中滴加溶液的变化图像，原溶质可能是D.图中可能为可能为可能为A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．图中反应不一定是置换反应或复分解反应，例如在加热的条件下CO与氧化铜反应生成铜和CO2也符合图中转换，故A错误；B．铁和氯气反应生成氯化铁，氯化铁在溶液中和铁反应生成氯化亚铁，氯气能把氯化亚铁氧化为氯化铁，则甲可能是Cl2，X可能是Fe，故B正确；C．向硫酸铝溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液的方程式为Al3++3OH-=Al(OH)3↓，氢氧化钠过量后发生反应Al(OH)3+OH-=+2H2O，则图像正确，故C正确；D．向氢氧化钠溶液中通入少量CO2生成 碳酸钠和H2O，向碳酸钠溶液中继续通入CO2生成碳酸氢钠，碳酸氢钠和盐酸反应转化为CO2，所以a可能为NaOH，b可能为Na2CO3，c可能为NaHCO3，故D正确；故选：A。20.一定质量的铝铁合金溶于足量的溶液中，完全反应后产生标准状况下气体；用同样质量的铝铁合金完全溶于足量的盐酸中，在标准状况下产生的气体，则该合金中铝、铁的物质的量之比为A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】合金溶于足量的NaOH溶液中，铝和氢氧化钠反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司

10↑，产生气体氢气3.36L(标准状况)，其物质的量=，由方程式可知，铁合金溶于足量的盐酸中，Fe、Al都反应产生氢气，Al与足量的氢氧化钠溶液、盐酸反应产生氢气体积相等，则Fe反应生成氢气的物质的量，，根据Fe+2HCl═FeCl2+H2↑可知n(Fe)=n′(H2)=0.15mol，故合金中铝、铁的物质的量之比=0.1mol：0.15mol=3：2；故答案为：C。21.向一定量的、、、的混合物中加入的稀硝酸恰好使混合物完全溶解，放出标准状况，往所得溶液中加入溶液，无红色出现。若用足量的在加热条件下还原相同质量的混合物，所得到的铁的物质的量为A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】因一定量的Fe、FeO、Fe3O4和Fe2O3的混合物中加入125mL 4mol/L的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现，则溶液中的溶质为Fe(NO3)2，标准状况下2.24L NO的物质的量为：，根据N元素守恒，硝酸亚铁中的硝酸根离子的物质的量为0.125L×4mol/L-0.1mol=0.4mol，所以硝酸亚铁的物质的量为：n[Fe(NO3)2]==0.2mol，由铁元素守恒可知，若用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物，得到铁的物质的量为n(Fe)=n[Fe(NO3)2]=0.2mol，故选：A。二、非选择题(本大题共5道小题，共计48分，请把正确答案填写到对应位置。)22.下表为元素周期表的一部分，请参照元素①~⑩在表中的位置，回答下列问题：（1）表中用于半导体材料的元素在周期表中的位置是_______。（2）写出短周期金属性最强的元素的离子结构示意图：_______。（3）③④⑨三种元素离子半径从大到小的顺序是_______填离子符号。（4）②③④的最简单气态氢化物，稳定性最强的是_______填化学式)；⑦⑧⑨的最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是_______填化学式。（5）③⑤两种元素组成的既含有离子键又含有共价键的物质的电子式是_______。第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司

11（6）⑤和⑦两种元素最高价氧化物对应的水化物相互反应的离子方程式为_______。【答案】（1）第三周期Ⅳ族（2）（3）（4）①.②.（5）（6）   【解析】【分析】由元素在周期表中的位置，可确定①~⑩号元素分别为H、C、O、F、Na、Mg、Al、Si、S、Cl。【小问1详解】表中用于半导体材料的元素是硅，它的原子结构示意图为，在周期表中的位置是第三周期Ⅳ族；【小问2详解】短周期金属性最强的元素是钠，它的离子结构示意图：；【小问3详解】③④⑨分别为8O、9F、16S元素，三者形成简单离子中S2-电子层数最多离子半径最大，钠离子和氟离子电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，则三种元素离子半径从大到小的顺序是S2-＞O2-＞F-；【小问4详解】②③④分别为C、O、F元素，非金属性最强的元素为F，非金属性越强，气态氢化物越稳定，则稳定性最强的氢化物是HF；⑦⑧⑨分别为Al、Si、S元素，同周期元素从左到右非金属性增强，则非金属性最强的元素为S，最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是H2SO4。答案为：HF；H2SO4；【小问5详解】③⑤分别为O、Na元素，两种元素组成的既含有离子键又含有共价键的物质为Na2O2，电子式是；【小问6详解】⑤和⑦两种元素最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH和Al(OH)3，两者相互反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为OH-+Al(OH)3=+2H2O。23.在学习元素周期表和元素周期律后，某小组在老师的指导下，探究元素性质的相似性和递变性规律。Ⅰ.为了验证卤族部分元素递变规律，设计如图装置进行实验。第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司

12（1）A中发生反应的化学方程式是_______；（2）根据上述实验操作步骤，为确保“非金属性：氯溴碘”的实验结论可靠，你认为做好本实验最关键因素是_______。（3）下列性质的递变正确，且能作为卤族元素非金属性递变规律判断依据的是_______。填写序号a.、、的还原性逐渐增强   b.、、的熔点逐渐升高c.、、的酸性逐渐减弱   d.、、的稳定性逐渐减弱Ⅱ.、等称之为卤素互化物，、、等称之为拟卤素，它们的化学性质与卤素单质相似，请回答下列问题。（4）氯化碘能与水发生反应：，该反应_______填“是”或“不是”氧化还原反应。（5）分子中键与键之间的夹角为，并有对称性，分子中每个原子最外层均满足电子稳定结构，其结构式为_______，与水溶液反应的化学方程式为_______。（6）已知某些离子的还原性强弱顺序为。在NaBr和KSCN的混合溶液中通入(CN)2，反应的离子方程式为_______。【答案】（1）（2）氯气通入少适量（3）（4）不是（5）①.②.（6）2SCN-＋(CN)2=(SCN)2＋2CN-【解析】【小问1详解】Cl的氧化性强于Br，故A中氯气与溴化钠反应生成溴单质和氯化钠；故答案为：2NaBr+Cl2=Br2+2NaCl；【小问2详解】氯气氧化性强易与KI反应，故验证溴的氧化性大于碘则需要排除氯气的干扰；故答案为：氯气通入少(适)量；【小问3详解】a．氧化性Cl>Br>I，故离子的还原性I-＞Br-＞Cl-，a符合题意；b．熔点为物理性质与非金属性无关，b不符合题意；第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司

13c．HCl、HBr、HI的酸性逐渐增强，c不符合题意；d．氧化性Cl>Br>I，气态氢化物的稳定性减弱，d符合题意；故答案为：ad；【小问4详解】反应中元素的化合价不变，不属于氧化还原反应；故答案为：不是；【小问5详解】碳原子在形成化合物时有四个共价键，碳原子形成化合物时有三个共价键，故结构式为；因其化学性质与氯气相似，故与NaOH发生氧化还原反应；故答案为：；；【小问6详解】根据氧化性强的物质制取氧化性弱的物质；故答案为：2SCN-＋(CN)2=(SCN)2＋2CN-。24.某课外小组对金属钠进行研究。已知、都是单质，的水溶液是一种常见的强酸。（1）金属在空气中放置足够长时间，最终的生成物是写化学式：_______，写出的用途_______。答一种即可（2）若是一种常见金属单质，向溶液中逐滴加入溶液至过量，所看到的实验现象是_______。（3）向集满的铝制易拉罐中加入过量浓溶液，立即封闭罐口，易拉罐渐渐凹瘪；再过一段时间，罐壁又重新凸起。上述实验过程中发生的离子方程式有，_______、_______。（4）某溶液，只可能含有、、、、、、中的某些离子，当向该溶液中加入溶液时发现生成沉淀的物质的量随溶液的体积发生变化如图所示，由此可知，该溶液中肯定含有的离子_______，其对应的物质的量浓度之比为_______。【答案】（1）①.②.造纸，做洗涤剂（2）溶液中逐渐有白色絮状沉淀生成且不断增加，然后又由多到少最后沉淀消失（3）①.②.第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司

14（4）①.、、、②.【解析】【分析】钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，C是单质，则C是氢气、B是氢氧化钠；是一种常见金属单质，A和氢氧化钠能反应，A是Al、E是偏铝酸钠；氢气和D单质反应生成F，的水溶液是一种常见的强酸，则F是HCl、D是Cl2；钠和氧气点燃生成M，M是Na2O2。【小问1详解】金属在空气中和氧气、水、二氧化碳反应，最终的生成物是；常用于造纸，做洗涤剂故答案为：；造纸，做洗涤剂；【小问2详解】E是偏铝酸钠，向偏铝酸钠溶液中逐滴加入盐酸溶液至过量，先生成氢氧化铝沉淀，后氢氧化铝和盐酸反应生成氯化铝和水，所看到的实验现象是先有白色沉淀后沉淀逐渐溶解至消失；故答案为：溶液中逐渐有白色絮状沉淀生成且不断增加，然后又由多到少最后沉淀消失；【小问3详解】向集满的铝制易拉罐中加入过量浓溶液，立即封闭罐口，发生反应，二氧化碳减少，易拉罐渐渐凹瘪；再过一段时间，发生反应、，有氢气生成，所以罐壁又重新凸起。故答案为;；；【小问4详解】根据图像，开始加入1份氢氧化钠溶液，没有沉淀生成，说明原溶液中一定含有H+，发生反应；含有氢离子，则可判断一定不含；加入过量氢氧化钠，有沉淀生成后沉淀完全消失，说明原溶液一定含有，一定没有、，沉淀消失发生反应的离子方程式为，该反应消耗1份氢氧化钠；沉淀量达到最大至沉淀开始溶解，加入了2份氢氧化钠溶液，沉淀量不变，说明发生反应，说明原溶液一定含有，根据电荷守恒，一定含有；该溶液中肯定含有的离子、、、，根据消耗氢氧化钠的体积比，可知，根据电荷守恒，。故答案：。25.回答下列问题：（1）①在现代半导体工业生产中，常利腐蚀铜的原理制作印刷线路板，该原理的离子方程式为第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司

15_______。②氯化铁溶液中同时加入铁粉和铜粉，反应结束后烧杯底部不可能出现的是_______。A.有铁无铜         B.有铜无铁         C.有铁有铜         D.无铁无铜（2）某同学在溶液中先加入煤油，再于液面下依次加入滴溶液和几滴氯水，溶液变红，煤油的作用是_______。（3）某同学取溶液，加入溶液混合。分别取此溶液于支试管中进行如下实验：①第一支试管中加入滴淀粉溶液，溶液显蓝色；②第二支试管中加入滴溶液，生成蓝色沉淀；③第三支试管中加入滴_______溶液，溶液变红。实验②检验的离子可能是_______填离子符号；写出与反应的离子方程式_______。上述和溶充分反应后，溶液中浓度为_______。（4）中铁元素形式为和，则和离子质量之比为_______。【答案】（1）①. ②.A（2）隔绝空气，防止O2参与氧化（3）①.②.③.④.（4）【解析】【小问1详解】①利用腐蚀铜，与Cu反应生成和，反应的离子方程式为，故答案为：；②FeCl3与Cu、Fe分别发生反应2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2和2FeCl3+Fe=3FeCl2，还原性：Fe>Cu，则向盛有氯化铁溶液的烧杯中同时加入铁粉和铜粉，一定是铁优先与铁离子反应，从而可知，有铁必须有铜，当铁完全反应后，铜开始反应，氯化铁过量时，铁和铜都完全反应，因此不可能出现有铁无铜的情况，故答案为：A；【小问2详解】煤油不溶于水，密度比水小，分层后可以隔离溶液与空气接触，防止Fe2+被氧气氧化，故答案为：隔绝空气，防止O2参与氧化；【小问3详解】加入1滴溶液，生成蓝色沉淀，说明含有Fe2+；滴加KSCN溶液检验，具有还原性，具有氧化性，与发生反应；的物质的量为，7mL0.1mol•L-1 FeCl3的物质的量为，根据第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司

16可知，反应消耗，剩余，混合后溶液的体积为10mL，溶液中浓度为，故答案为：KSCN；Fe2+；；；【小问4详解】设的数目为x，的数目为y，根据Fe原子数目守恒有x+y=9，根据化合物中化合价代数和为0可得，3x+2y=22，联立两式解得y=5，x=4，则和离子数目之比为4：5，质量比也为4：5，故答案为：4：5。26.氯及其化合物、着重要作用。（1）84消毒液的有效成分为，可用作消毒剂、漂白剂。中元素的化合价为_______；向消毒液中加入少量稀硫酸可增强其漂白能力，某消毒小组人员用的浓硫酸配制的稀硫酸。所需要的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和_______。（2）下列操作导致所配溶液浓度偏低的有_______填字母。转移前，容量瓶未干燥转移时，未洗涤量筒定容时，仰视容量瓶刻度线（3）已知：的熔点为，沸点为，易溶于水。实验室制备的装置如图所示：①装置中烧瓶内发生反应的离子方程式为_______。②制得的在进入装置之前需净化，试剂的是_______填名称。③装置中发生反应的化学方程式为_______，收集时，将装置置于冰水浴中的目的是_______。④若和在消毒时均被还原为，则等质量的和消毒过程中得到电子数目之比为_______(保留两位小数)。【答案】（1）①.②.容量瓶（2）c（3）①.②.饱和食盐水③.④.冷凝、防止挥发⑤.【解析】第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司

17【分析】利用A装置通过反应MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O制取Cl2，由于浓盐酸具有挥发性，制取的氯气中混有HCl，先用装置B除去HCl杂质，试剂a为饱和食盐水，装置C干燥氯气，试剂b为浓硫酸，装置D用Cl2和NaClO2反应生成ClO2，装置E为收集ClO2；【小问1详解】中Na为+1价、O为-2价，元素的化合价为+1；配制溶液还需要500mL容量瓶、胶头滴管；故答案为：+1；500mL容量瓶；【小问2详解】a．转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液体积都不会产生影响，溶液浓度无影响，故a不符合题意；b．量筒不需要洗涤，故b不符合题意；c．定容时，仰视刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故c符合题意；故选：c；【小问3详解】①装置A中MnO2和浓盐酸发生氧化还原反应生成氯化锰和氯气，反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；故答案：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；②浓盐酸具有挥发性，制取的氯气中混有HCl，先用装置B除去HCl杂质，试剂a为饱和食盐水；故答案为：饱和食盐水；③装置D用Cl2和NaClO2反应生成ClO2，反应化学方程式为Cl2+2NaClO2=2ClO2+2NaCl；ClO2沸点较低，由已知数据可知，装置E置于冰水浴中的目的是冷凝收集、防止ClO2挥发；故答案为：Cl2+2NaClO2=2ClO2+2NaCl；冷凝、防止挥发④→中Cl化合价降低了5，→中Cl化合价降低了2，假设和均为mg，则、，得到电子数目之比为；故答案为：0.36。第18页/共18页学科网（北京）股份有限公司